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La geometría de Hilbert de un conjunto estrictamente convexo

In Grupos y geometría on Viernes 21, junio, 2013 at 1:20 pm

por Andrés Sambarino

En este post vamos a hablar un poco de la geometría de Hilbert de un abierto convexo propio de el espacio proyectivo de \mathbb{R}^d,

\mathbb{P}(\mathbb{R}^d)=\{\textrm{rectas de }\mathbb{R}^d\textrm{ por }0\}.

Hay dos surveys que están buenos en este tema, uno es esta exposición de Quint en el seminario Bourbaki, el otro es los primeros capítulos de la tesis de Crampon, que la pueden encontrar acá.

Decimos que un abierto \Omega de \mathbb{P}(\mathbb{R}^d) es convexo si la intersección de \Omega con toda recta afin, es un conjunto conexo. Decimos además que \Omega es un propio, si existe un hiperplano V de \mathbb{P}(\mathbb{R}^d), que no intersecta la clausura de \Omega.

Si \Omega es un abierto convexo propio, podemos definir una distancia en \Omega usando la razón doble. Recordar que la razón doble  (ver este post) entre 4 puntos de la recta se define como

{\displaystyle [x,b,y,a]=\frac{x-b}{x-a}\frac{y-a}{y-b}.}

Así, si x,y son dos puntos de \Omega, consideramos la recta que los une y a,b\in\partial\Omega los puntos de intersección de esta recta con \partial\Omega. Definimos entonces la distancia entre x e y como

d_\Omega(x,y)=|\log[x,b,y,a]|.

Este definición da, de hecho, una distancia en \Omega, para la cual las bolas cerradas son compactas, así, para irse a infinito en (\Omega, d_\Omega) hay que irse para el borde de \Omega.omega2

Los segmentos de rectas de \Omega son geodésicas (para tres puntos alineados de \Omega vale la igualdad triangular) pero no son necesariamente las únicas, como muestra la figura. La distancia entre x y z es la misma que entre x y z', (recordar el Teorema de Tales) así, la unión [x,z']\cup [z',y] es también una geodésica entre x e y.

Consideramos ahora las transformaciones de \Omega en si mismo, es decir,

\textrm{Aut}\Omega=\{g\in\textrm{PGL}(d,\mathbb{R}):g\Omega=\Omega\}.

Como las transformaciones proyectivas preservan la razón doble, aquellas que además preserven \Omega serán isometrias de (\Omega,d_\Omega). Hay ejemplos donde el grupo de isometrias de \Omega no coincide con \textrm{Aut}\Omega.

El objetivo general es tratar de relacionar la geometría de (\Omega,d_\Omega) con propiedades del borde de \Omega. Vamos a restringirnos a convexos que modelan variedades compactas:

Definición. Sea \Omega un abierto convexo propio de \mathbb{P}(\mathbb{R}^d) y \Gamma un subgrupo discreto de \textrm{Aut}\Omega. Decimos que \Omega es divisible por \Gamma (o que \Gamma divide \Omega) si el cociente \Omega/\Gamma es compacto.

El ejemplo principal de un convexo divisible son las variedades hiperbólicas compactas, esto sale directo del modelo de Klein de \mathbb{H}^{d-1}.

Vamos a mostrar algunas ideas de la prueba del siguiente Teoremún de Benoist:

Teorema[Benoist] Sea \Omega un convexo divisible por \Gamma. Entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:

  1. \Omega es estrictamente convexo (i.e. \partial\Omega no contiene ningún segmento),
  2. (\Omega,d_\Omega) es Gromov-hiperbólico,
  3. el grupo \Gamma es Gromov-hiperbólico,
  4. \partial\Omega es de clase \textrm{C}^1.

Recordar que un espacio métrico geodésico (X,d) es Gromov-hiperbólico, si existe \delta\geq 0 tal que, para todo triángulo geodésico x,y,z\in X, se tiene que todo u en el segmento geodésico [x,y] está a menos de \delta de algún punto de [x,z] \cup [y,z].

Hay dos observaciones importantes a hacer respecto al Teorema. La primera es que el hecho de que \partial\Omega no contenga segmentos se lee de una propiedad intrínseca del grupo que lo divide (la hiperbolicidad de \Gamma). La segunda observación es que el hecho que \Omega sea divisible es fundamental para garantizar \Omega estrictamente convexo implica (\Omega,d_\Omega) Gromov-hiperbólico.

Empezamos por probar la siguiente Proposición.

Proposición. Si \Omega es divisible por \Gamma entonces \Omega es estrictamente convexo si y solo si (\Omega,d_\Omega) es Gromov-hiperbólico.

Prueba. Supongamos entonces que \Omega es estricamente convexo y supongamos que (\Omega,d_\Omega) no es Gromov-hiperbólico, entonces existen una sucesión de triángulos x_n,y_n,z_n\in\Omega y puntos u_n\in[x_n,y_n] tales que

d_\Omega(u_n,[x_n,z_n]\cup [y_n,z_n])\to\infty.\ \ \ \ \ \ \ \    (1)

Como \Omega es divisible, para cada n podemos elegir un elemento de \Gamma que mantenga siempre a u_n en una región compacta de \Omega. Podemos suponer así que u_n converge a un punto u de \Omega.

Consideramos entonces x_n\to x, y_n\to y y z_n \to z. Necesariamente x e y están en el borde de \Omega y son distintos. Si z=x entonces d_\Omega(u_n,[y_n,z_n])\to0, esto contradice (1), suponemos entonces que z es distinto de x y de y. Como \Omega es estrictamente convexo tenemos que el segmento abierto (x,z) está contenido en \Omega, de donde la distancia d_\Omega(u,[x,z])<\infty. Esto contradice nuevamente (1). Concluimos entonces que (\Omega,d_\Omega) es hiperbólico.

El recíproco queda en el debe.

\square

Usando un argumento de dualidad se puede probar ahora que \partial\Omega es de clase \textrm{C}^1. Definimos el convexo dual a \Omega como

\Omega^*=\{\varphi\in\mathbb{P}({\mathbb{R}^d}^*):\overline{\Omega}\cap\mathbb{P}(\ker\varphi)=\emptyset\}.

Lema. \partial\Omega es de clase \textrm{C}^1 si y solo si \Omega^* es estrictamente convexo.

Idea de la prueba. Ver figura, la idea es que si \Omega no es \textrm{C}^1, el segmento entre \varphi y \psi está contenido en \partial\Omega^*.omegac1

\square

Proposición. Si \Omega es divisible y estrictamente convexo entonces \partial\Omega es \textrm{C}^1.

Idea de la Prueba. Como \Omega es propio tenemos que \Omega^* es abierto, como \Omega es abierto tenemos que \Omega^* es propio. Además, la acción dual de \Gamma^* divide \Omega^* (esto usa un teorema de cohomología de grupos…).

Concluimos entonces que, como \Omega es estrictamente convexo el grupo \Gamma es hiperbólico, así, usando la proposición y el hecho que \Gamma^* divide \Omega^*, concluimos que \Omega^* es estrictamente convexo, de donde \Omega es \textrm{C}^1.

\square

  1. ¡Muy bueno Sambita! Me sorprendió pila la conección con que el borde sea C^1 (por cierto, linda figura). Esa idea de dualidad está tremenda.

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